SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Trịnh Thị Thúy Hạnh
2. Ngày tháng năm sinh: 30 /06/1987
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Thị trấn Long Thành, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0937329114
6. E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác:Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
II.TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2009
- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: 5 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có :
+ Một số kinh nghiệm giúp học sinh phân biệt được các dạng toán về Hoán vị-
Chỉnh hợp - Tổ hợp.
+ Sử dụng phần mềm Wingeom vào dạy hình không gian.
+ Sử dụng công cụ hỗ trợ trong hệ trục tọa độ thu gọn GEOMETER’S
SKETCHPAD dạy toán.
1

CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH
HỌC HÓA.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy, việc tự học và tìm tòi đúc kết kinh nghiệm nâng
cao tầm giải toán theo hướng tổng quát, từ đó làm rõ nội dung một số bài toán dạng
đặc biệt, giúp cho việc dạy có định hướng cụ thể , logic người học dễ tiếp thu và có

dạng toán chứng minh bất đẳng thức gặp nhiều khó khăn đối với giáo viên.
2

- Để giúp các em dần tiếp cận sâu hơn các bài toán chứng minh bất đẳng thức thì
cần có sự chọn lọc các bài toán phù hợp với từng đối tượng học sinh.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
1. Dạng toán sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng:
 Cho đường thẳng
∆
: ax+by+c =0 , M((x
0
;y
0
). Khi đó khoảng cách từ
M đến
∆
được tính theo công thức :
0 0
2 2
ax
(M, )
by c
d
a b
+ +
∆ =
+
 Cho đường thẳng
∆

≥
OH với OH =
( , )d O ∆
(x; y)OM =
uuuur

⇒
OM=
2 2
x y+
OH =
2 2 2 2
a.0 .0
(O, )
b c c
d
a b a b
+ +
∆ = =
+ +
3

Vậy OM
≥
OH
⇔
2 2
x y+
≥
2 2

Bài giải: Xét đường thẳng
∆
: ax + by – c = 0, A(2;-1) và M(m; n)
∈∆
Ta có : AM
≥
d(A;
∆
)
2 2
(m 2;n 1) AM (m 2) (n 1)AM = − + ⇒ = − + +
uuuur
d(A;
∆
) =
2 2
2.a b c
a b
− −
+
Vậy AM
≥
d(A;
∆
)
⇔
2 2
(m 2) (n 1)− + +
≥
2 2

Bài toán 3 : Cho a
2
+b
2
=1. Chứng minh bất đẳng thức
3 4 5a b+ ≤
Bài giải : Xét đường thẳng
∆
: 3x +4y - (3a + 4b) = 0 khi đó M(a;b)
∈∆
Ta có: d(O;
∆
)
≤
OM
d(O;
∆
) =
2 2
3.0 4.0 (3 4 ) 3 4
5
3 4
a b a b+ − + +
=
+
2 2
(a;b) OM 1OM a b= ⇒ = + =
uuuur
Vậy d(O;
∆

- b
2
; 2ab)
∈∆
Ta có : d(O;
∆
)
≤
OM
d(O;
∆
) =
2 2 2 2
2 2
5.0 12.0 (5 12 5 ) 5 12 5
13
5 12
a ab b a ab b+ − + − + −
=
+
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(a b ;2ab) OM ( ) (2ab) (a ) 1OM a b b= − ⇒ = − + = + =
uuuur
Vậy d(O;
∆
)
≤
OM
⇔
2 2

OM
d(O;
∆
) =
(c d) b(c d)
2
a − + +
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
(ac bd;bc ad) OM ( ) (bc ad)
2 2
OM ac bd
a c abcd b d b c abcd a d a c b d b c a d
= + − ⇒ = + + −
= + + + − + = + + +
uuuur

2 2 2 2
(a b )(c d ) 1= + + =

Vậy d(O;
∆
)
≤
OM
⇔
(c d) b(c d)
2
a − + +
≤

2 2
3 ( 3a 2ab 3 b ) 0x y− − − − =
và M(a
2
- b
2
; 2ab)
∈∆
.
So sánh d(O;
∆
) và OM.
2. Dạng sử dụng khoảng cách từ hai điểm đến một hay nhiều đường thẳng.
 Cho đường cong y= f(x) và M(x
M
;y
M
)
- Nếu y
M
< f(x
M
) thì M nằm phía dưới đường cong y=f(x)
- Nếu y
M
= f(x
M
) thì M thuộc đường cong y = f(x)
- Nếu y
M


Hình 4
 Cho đường thẳng
∆
, hai điểm cố định A và B nằm cùng phía nhau
đối với
∆
và M đi động trên
∆
. Khi đó MA + MB
≥
A’B với A’ là điểm đối
xứng của A qua
∆
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với I là giao điểm
của đường thẳng A’B với
∆
.

Hình 5
Bài toán 1: Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức:

2 2
2 5 2 5 2 5a a a a− + + + + ≥
Bài giải: Xét 3 điểm A(1; 2), B(-1; -2), M(a; 0)
∈
Ox.
Ta thấy y
A
.y

: y=3x+7
Ta thấy A , B nằm về hai phía của
∆
.
MA
2 2 2 2
(a 1) (b 6) 2 12 37a b a b= − + − = + − − +
MB
2 2 2 2
(a 3) (b 3) 6 6 18a b a b= + + − = + + − +
AB
2 2
( 3 1) (3 6) 5= − − + − =
Ta có MA + MB
≥
AB

2 2
2 12 37a b a b⇔ + − − +
+
2 2
6 6 18 5a b a b+ + − + ≥
(đ.p.c.m)
- Bài tập tương tự:
1) Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức:

2 2
2 2 6 10 2 2a a a a− + + − + ≥
- Gợi ý: Xét 3 điểm A(1;1) , B(3;-1) và M(a;0)
∈

(đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự : Chứng minh rằng mọi số thực a ta đều có :
2 2
4 8 2 2 10a a a a− + − + + ≤
- Gợi ý : Xét 3 điểm A(2 ; 1), M(a;-1)
∈
∆
: y = -1 và B(-1; 0)
Bài toán 4 : Chứng rằng, với mọi cặp số thực a và b ta có bất đẳng thức :
2 2 2 2
4 2 1 6 10 5a a ab b b b+ + − + + + − + ≥
.
Bài giải:
Xét 4 điểm A(0;-1), B(3;3), M
1
(a;1)
∈
1
∆
:y =1 và M
2
(b;2)
2
∈∆
: y=2 .
7

Hình 6
Ta thấy A,B nằm khác phía với cả
1

(b 3) (2 3) 6 10b b− + − = − +
AB
2 2
3 4 5= + =
Vậy AM
1
+M
1
M
2
+M
2
B
≥
AB
2 2 2 2
4 2 1 6 10 5a a ab b b b⇔ + + − + + + − + ≥
.
(đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d ta luôn có :
2 2 2 2 2 2 2 2
2 5 2 1 2 1 2 1 10 26 6 2a a a ab b b bc c c dc d d d+ + + − + + + − + + + − + + + − + ≥
- Gợi ý : Xét A(-1;-1), M
1
(a;1)
1
∈∆
: y=1, M
2
(b;2)

. (C
1
) và (C
2
) ngoài nhau có d = I
1
I
2
, M
1
di động trên (C
1
) và M
2
di động
trên (C
2
). Khi đó M
1
M
2

≥
d - (R
1
+R
2
) = AB.
Hình 7
8

) và M
2
di
động trên (C
2
). Khi đó M
1
M
2

≥
R
1
–(

d +R
2
)= AB.
Hình 8

Bài toán 1: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a
2
+ b
2
- 2( a+ b) = 0 và
a
2
+d
2
- 10(c + d) + 48 = 0. Chứng minh bất đẳng thức (a - c)

1
(5;5) có bán kính R
2
=
2
Lấy M
1
(a;b) đi động trên
1
(C )
và M
2
(c;d) di động trên (C
2
)
d = I
1
I
2
=
2 2
4 4 4 2+ =
M
1
M
2
=
2 2
(a c) (b d)− + −
Vì d > R

⇔
2 2
(a c) (b d) 8− + − =
(đ.p.c.m)
Bài toán 2: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a
2
+ b
2
- 2a + 2b – 14 = 0
và c
2
+ d
2
- 4d = 0. Chứng minh rằng
2 2
(a c) (b d)− + −
2 2≥ −
.
Bài giải: Ta có: a
2
+ b
2
- 2a + 2b – 14 = 0
⇔
(a-1)
2
+ (b+1)
2
=16
c

2
= 2
9

Hình 9
Lấy M
1
(a; b) di động trên
1
(C )
và M
2
(c; d) di động trên (C
2
)
d= I
1
I
2
=
2 2
1 1 2+ =
M
1
M
2
=
2 2
(a c) (b d)− + −
Từ hình 9, ta thấy (C

2
- 4z + 10t +28=0. Chứng minh rằng :
2 2
( ) (y ) 2 10 3x z t− + − ≥ −
- Gợi ý: Xét đường tròn (C
1
) có tâm I
1
(0;1) bán kính R
1
=2 và (C
2
) có tâm I
2
(2;-5)
bán kính R
2
=1.
Bài toán 3 : Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn: a
2
+b
2
=1 và c
2
– d + 3= 0.
Chứng minh bất đẳng thức: c
2
+ d
2
- 2ac - 2bd – 3

2
+y
2
=1 có tâm O(0;0) , bán kính R=1 và parapol
(P): y = x
2
+3 có đỉnh I(0;3)
10

Hình 10
Lấy M(a;b) đi động (C) và N(c;d) di động trên (P) và A(0;1) thuộc (C)
MN=
2 2
(a c) (b d)− + −
và AI = 2
Từ hình 10, ta có MN
≥
AI
⇔
2 2
(a c) (b d)− + −
≥
2
⇔
2 2
(a c) (b d)− + −
≥
4
⇔
c

2
- 6(a+b)+18 = (a-3)
2
+(b-3)
2
Xét đường tròn (C): x
2
+y
2
= 4 có tâm O(0; 0) và bán kính R = 2
Lấy M(a;b) di động trên (C), A(-1;-1) và B(3;3)
OA=
2
< R nên A nằm trong đường tròn (C)
OB = 3
2
> R nên B nằm ngoài đường tròn (C)
Hình 11
Dựa vào hình 11, ta thấy : MA+ MB
≥
AB
MA=
2 2
(a 1) (b 1)+ + +
; MB =
2 2
(a 3) (b 3)− + −
; AB=
4 2
Vậy MA+ MB

: y = x-3
Biến đổi : ac + bd + cd
9 6 2
4
+
≤ ⇔
(a-c)
2
+ (b-d)
2

2
(3 2)
2
−
≥
.
M(a;b) di động trên (C), N
∈∆
và MN
≥
d(A;
∆
) với A(
2 2
;
2 2
−
) thuộc(C).
11

với h
a
; h
b
; h
c
lần lượt là độ dài các đường cao của tam
giác ABC vẽ từ A, B, C.
+ S =
p(p a)(p b)(p c)− − −
; p=
2
a b c+ +
Bài toán : Cho a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c. Chứng minh bất đẳng
thức:
(a c) (b c)c c ab− + − ≤
.
Bài giải: Do a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c nên tồn tại tam giác AB=
a
; AC=
b
; AH=
c
(Hình 12)
Từ đó ta có : BH=
a c−
; HC=
b c−

Hình 12

ab SinA=

⇔
c( ) ( )a c c b c− + −
.ab SinA ab= ≥
⇔
c( ) ( )a c c b c− + −
ab≥
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC vuông tại tại A
2 2 2
1 1 1 1 1 1
AH AB AC c a b
⇔ = + ⇔ = +
(đ.p.c.m)
12

- Bài toán tương tự: Chứng minh rằng , với mọi số thực dương a,b,c ta đều có :
2 2 2 2
. (a b)a c b c c+ + ≥ +
- Gợi ý: Vì a,b,c là các số thực dương nên tồn tại tam giác ABC có đường cao
AH = c và HC = a, HB = b.
13

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
- Qua quá trình áp dụng sử dụng phương pháp hình học hóa để chứng minh
các bài toán bất đẳng thức, có thể đưa về các bài toán hình học tôi nhận thấy học
sinh tiếp thu tốt hơn nắm tốt hơn, có thể tự chứng minh các bài toán có dạng tương
tự và giúp bản thân giải quyết được một số khó khăn khi muốn truyền tải kiến thức
cho học sinh và có thể soạn các bài tập chứng minh bất đẳng thức có thể chứng
minh bằng phương pháp hình học hóa một cách dễ dàng hơn .

III. Tổ chức thực hiện giải pháp. 3
1. Dạng toán sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm 3
đến một đường thẳng
2. Dạng sử dụng khoảng cách từ hai điểm đến một hay nhiều 5
đường thẳng.
3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong. 8
4. Dạng sử dụng các công thức tính diện tích 12
V. Hiệu quả của đề tài 14
VI. Đề xuất, khuyến nghị khả năng áp dụng 14
VI. Danh mục tài liệu tham khảo 14
VII. Phục lục 15
15

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Long Thành,ngày 18 tháng 05 năm 2015
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2014-2015
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC HÓA
Họ và tên tác giả: Trịnh Thị Thúy Hạnh. Chức vụ: Giáo viên Toán
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
Lĩnh vực:
- Quản lý giáo dục 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán x
- Phương pháp giáo dục 1 - Lĩnh vực khác: 1
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng:Tại đơn vị xTrong Ngành 1
1. Tính mới:

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
16

Trịnh Thị Thúy Hạnh Phan Hà Anh Thư Từ Ngọc Long
17